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Banach空间中关于m-增生算子零点的黏性隐式迭代序列的强收敛定理

时间:2024-09-01 13:30:01 来源:网友投稿

潘灵荣,王元恒

(1.浙江开放大学 温岭学院,浙江 温岭 317500;2.浙江师范大学 数学与计算机科学学院,浙江 金华 321004)

设E是Banach空间,E*是E的对偶空间,对偶映射J:E→2E*定义为

J(x)={f∈E*:〈x,f〉=‖x‖2=‖f‖2},∀x∈E

其中〈·,·〉表示对偶配对。

令C是E的非空闭凸子集,映射f:C→C称为压缩映射,若存在ρ∈[0,1),使得

‖f(x)-f(y)‖≤ρ‖x-y‖,∀x,y∈C

定义映像A:C→E,如果存在j(x-y)∈J(x-y),满足〈Ax-Ay,j(x-y)〉≥0,∀x,y∈C,那么称A是增生算子。如果R(I+rA)=E,∀r>0,那么称A是m-增生算子。记Jr=(I+rA)-1(r>0)为m-增生算子A的预解式,众所周知,Jr是非扩张映射且有F(Jr)=N(A),这里N(A)={x∈E:0∈Ax},F(Jr)是Jr的不动点集,所以非扩张映射的不动点问题可应用到m-增生算子的零点问题[1-3]。

黏滞迭代方法是研究不动点理论和变分不等式问题的重要工具之一,隐中点规则是求解微分代数方程和普通微分方程的计算方法,许多学者将两者结合构造了黏性隐式迭代方法并进行收敛性分析[4-9]。

2016年,JUNG[10]在一致凸Banach空间中引入关于m-增生算子零点和非扩张映射的迭代序列如下:

xn+1=Jrn(αnf(xn)+(1-αn)Sxn),∀n≥0

xn+1=Jrn(αnf(xn)+(1-αn)Sxn+en),∀n≥0

证明了该序列强收敛到m-增生算子零点和非扩张映射的公共点,也是下列变分不等式问题的解。

〈(I-f)p,j(x-p)〉≥0,∀x∈F(S)∩N(A)

2017年,LI[11]在自反Banach空间中,构造关于m-增生算子零点和非扩张映射新的迭代序列。

同年,LUO[12]在一致光滑Banach空间中研究了关于非扩张映射的黏性隐式中点法则,如下:

2018年,ZHANG[13]在上述研究的基础上,在Banach空间中构造了下列迭代序列

在适当的参数条件下,证明了该生成序列的强收敛定理。

受以上结果的鼓舞和启发,我们在Banach空间中给出关于m-增生算子的广义黏性隐式迭代序列

(1)

当满足一定的条件后,证明了序列的强收敛结果,推广和改进了文献[9—13]的相关结论。

为得到本文结果,还需要以下引理。

引理1[14]若λ,μ>0,x∈E,有

引理2[13]令{an},{bn}和{cn}是三个非负实序列,且满足an+1≤(1-tn)an+bn+cn,∀n≥0。这里{tn}⊂(0,1),如果有

那么limn→∞an=0。

引理3[13]Banach空间E是一致凸的,当且仅当存在一个连续严格递增凸函数g: 「0,+∞)|→「0,+∞),g(0)=0,使得

‖λx+(1-λ)y‖2≤λ‖x‖2+(1-λ)‖y‖2-λ(1-λ)g(‖x-y‖)成立。

引理4[15]在Banach空间E中,以下不等式成立

‖x+y‖2≤‖x‖2+2〈y,j(x+y)〉,∀x,y∈E。

这里j(x+y)∈J(x+y)。

引理5[16]设E是自反的一致凸Banach空间,具有一致G-微分范数,C⊂E是非空闭凸集,具有正规结构。设T:C→C是非扩张映射且F(T)≠∅,f:C→C是压缩映射,定义序列{xv}如下:

xv=vf(xv)+(1-v)Tx,v∈(0,1)

该序列强收敛到F(T)上一点p,且p是如下变分不等式的唯一解。

〈f(p)-p,j(q-p)〉≤0,∀q∈F(T)

定理1设E是自反的一致凸Banach空间,具有一致G-微分范数。C是E中的非空闭凸子集,且具有正规结构。令f:C→C是压缩映像,压缩系数ρ∈[0,1)。A是E中的m-增生算子且N(A)≠∅。对于任一x0∈C,∀n∈N,序列{xn}由(1)式生成,若{αn},{δn},{μn}和{rn}⊂(0,1),{en}⊂E,满足如下条件:

那么序列{xn}强收敛于一点p∈N(A),也是下列变分不等式问题的解。

〈f(p)-p,j(q-p)〉≤0,∀q∈N(A)

(2)

证明证明过程分以下步骤。第一步证明序列{xn},{yn}有界。取p∈N(A),有

‖yn-p‖=‖μnun+(1-μn)Jrn(un+en)-p‖

≤‖un-p‖+(1-μn)‖en‖

≤δn‖xn-p‖+(1-δn)‖xn+1-p‖+‖en‖

由序列{xn}的定义知

‖xn+1-p‖=‖αnf(yn)+(1-αn)Jrnyn-p‖

≤αn‖f(p)-p‖+αnρ‖yn-p‖+

(1-αn)‖yn-p‖

≤δn(1-αn+ραn)‖xn-p‖+αn‖f(p)-p‖+

(1-αn+ραn)(1-δn)‖xn+1-p‖+

(1-αn+ραn)‖en‖

移项整理得

所以{xn}是有界的,从而{f(xn)},{Jrnyn},{Jrnxn},{un},{f(yn)}和{yn}是有界的。

第二步证明limn→∞‖xn+1-xn‖=0。

由式(1)定义可知

‖yn-yn-1‖=‖μnun+(1-μn)Jrn(un+en)-

μn-1un-1-(1-μn-1)Jrn-1(un-1+en-1)‖

≤μn‖un-un-1‖+|μn-μn-1|‖un-1‖+

(1-μn)‖Jrn(un+en)-Jrn-1(un-1+en-1)‖+

|μn-μn-1|‖Jrn-1(un-1+en-1)‖

(3)

‖un-un-1‖=‖δnxn+(1-δn)xn+1-

δn-1xn-1-(1-δn-1)xn‖

≤δn‖xn-xn-1‖+|δn-δn-1|‖xn-1‖+

(1-δn)‖xn+1-xn‖+ |δn-δn-1|‖xn‖

=δn‖xn-xn-1‖+ (1-δn)‖xn+1-xn‖+

|δn-δn-1|(‖xn-1‖+‖xn‖)

(4)

根据引理1得

‖Jrn(un+en)-Jrn-1(un-1+en-1)‖

Jrn-1(un-1+en-1)‖

(un-1+en-1)‖

≤‖un-un-1‖+‖en-en-1‖+

≤δn‖xn-xn-1‖+|δn-δn-1|(‖xn-1‖+

‖xn‖)+‖en-en-1‖+ (1-δn)‖xn+1-xn‖+

(5)

结合(3)式,(4)式和(5)式,有

‖xn+1-xn‖=‖αnf(yn)+(1-αn)Jrnyn-

αn-1f(yn-1)-(1-αn-1)Jrn-1yn-1‖

≤αnρ‖yn-yn-1‖+|αn-αn-1|‖f(yn-1)‖+

(1-αn)‖Jrnyn-Jrn-1yn-1‖+

|αn-αn-1|‖Jrn-1yn-1‖

≤|αn-αn-1|(‖f(yn-1)‖+‖Jrn-1yn-1‖)+

Jrn-1yn-1‖+αnρ‖yn-yn-1‖

≤|αn-αn-1|(‖f(yn-1)‖+‖Jrn-1yn-1‖)+

αnρ‖yn-yn-1‖+(1-αn)‖yn-yn-1‖+

≤(1-αn+αnρ) [δn‖xn-xn-1‖+

(1-δn)‖xn+1-xn‖+(1-μn)‖en-en-1‖+

|δn-δn-1|(‖xn‖+‖xn-1‖)+

|μn-μn-1|(‖un-1‖+‖Jrn-1(un-1+en-1)‖)+

|αn-αn-1|(‖f(yn-1)‖+‖Jrn-1yn-1‖)+

从而有

|μn-μn-1|(‖un-1‖+‖Jrn-1(un-1+en-1)‖)+

(1-μn)‖en-en-1‖+

这里

M1=supn∈N{‖f(yn-1)‖+‖Jrn-1yn-1‖}

M2=supn∈N{‖un-1‖+‖Jrn-1(un-1+en-1)‖}

M3=supn∈N{‖Jrn(un+en)-un-en‖}

M4=supn∈N{‖xn‖+‖xn-1‖}

M5=supn∈N{‖Jrnyn-yn‖}

根据条件(i),得到bn=o(tn)。

limn→∞‖xn+1-xn‖=0。

(6)

第三步证明limn→∞‖xn-Jrnxn‖=0。

由引理1,引理3,引理4和序列{xn}的定义,

‖xn+1-p‖2≤αn‖f(yn)-p‖2+(1-

αn)‖Jrnyn-p‖2

≤αn‖f(yn)-p‖2+(1-αn)‖yn-p‖2

≤αn‖f(yn)-p‖2+μn(1-αn)‖un-p‖2+

(1-αn)(1-μn)‖Jrn(un+en)-p‖2

=αn‖f(yn)-p‖2+μn(1-αn)‖un-p‖2+

(1-αn)(1-μn)·

≤αn‖f(yn)-p‖2+μn(1-αn)‖un-p‖2+

(1-αn)(1-μn)·

≤αn‖f(yn)-p‖2+μn(1-αn)‖un-p‖2+

(1-αn)(1-μn)·

≤αn‖f(yn)-p‖2+μn(1-αn)‖un-p‖2+

(1-αn)(1-μn)‖un+en-p‖2-

≤αn‖f(yn)-p‖2+μn(1-αn)‖un-p‖2+

(1-αn)(1-μn) [‖un-p‖2+

2〈en,j(un+en-p)〉]-

≤αn‖f(yn)-p‖2+(1-αn)‖un-p‖2+

2(1-αn)(1-μn)‖en‖·‖un+en-p‖-

≤αn‖f(yn)-p‖2+δn(1-αn)‖xn-p‖2+

2(1-αn)(1-μn)‖en‖·‖un+en-p‖+

(1-αn)(1-δn)‖xn+1-p‖2-

结合条件(iii),有

2(1-αn)(1-μn)‖en‖‖un+en-p‖-

g(‖Jrn(un+en)-un-en‖)

移项整理得

如果

limn→∞g(Jrn(un+en)-un-en‖)=0。

如果

‖xN+1-p‖2≤‖x0-p‖2<∞

所以,得

即有

limn→∞g(‖Jrn(un+en)-un-en‖)=0。

根据g的性质,可知

limn→∞‖Jrn(un+en)-un-en‖=0

(7)

观察

‖Jrnxn-xn‖≤‖xn-un-en‖+

‖un+en-Jrn(un+en)‖+‖Jrn(un+en)-Jrnxn‖

≤2(1-δn)‖xn-xn+1‖+2‖en‖+

‖Jrn(un+en)-un-en‖

limn→∞‖xn-Jrnxn‖=0

(8)

第四步证明limn→∞‖yn-Jrnyn‖=0。

limn→∞‖un-xn‖=limn→∞(1-δn)‖xn+1-

xn‖=0;

limn→∞‖xn+1-Jrnyn‖=limn→∞αn‖f(yn)-

Jrnyn‖=0;

limn→∞‖yn-un‖

=limn→∞(1-μn)‖Jrn(un+en)-un‖

≤limn→∞(1-μn)‖Jrn(un+en)-un-en‖+

limn→∞(1-μn)‖en‖=0。

进一步,得

limn→∞‖yn-Jrnyn‖≤limn→∞(‖yn-un‖+

‖un-xn‖+‖xn-xn+1‖+‖xn+1-Jrnyn‖)

limn→∞‖xn-yn‖≤limn→∞(‖xn-un‖+

‖un-yn‖)

即有

limn→∞‖yn-Jrnyn‖=0;limn→∞‖xn-yn‖=0

(9)

第五步证明limn→∞‖yn-Jrxn‖=0。

由引理1可知

‖yn-Jryn‖≤‖yn-Jrnyn‖+‖Jrnyn-Jryn‖

‖yn-Jrnyn‖

根据(9)式和条件limn→∞rn=r,有

limn→∞‖yn-Jryn‖=0

(10)

另外

‖xn-Jrxn‖≤‖xn-yn‖+‖yn-Jryn‖+

‖Jryn-Jrxn‖

≤2‖xn-yn‖+‖yn-Jryn‖

结合(9)式和(10)式,可知

limn→∞‖xn-Jrxn‖=0

(11)

第六步证明limn→∞sup〈p-f(p),j(p-xn)〉≤0。

设xt=tf(xt)+(1-t)Jrxt,由引理5知,{xt}强收敛到p,也是(2)式的唯一解。对∀t∈(0,1),有

‖xt-xn‖2=t〈f(xt)-xt+xt-xn,j(xt-xn)〉+

(1-t)〈Jrxt-Jrxn+Jrxn-xn,j(xt-xn)〉

≤t‖xt-xn‖2+t〈f(xt)-xt,j(xt-xn)〉+

(1-t)‖xt-xn‖2+

(1-t)〈Jrxn-xn,j(xt-xn)〉

≤‖xt-xn‖2+t〈f(xt)-xt,j(xt-xn)〉+

(1-t)‖Jrxn-xn‖‖xt-xn‖

移项整理得

〈xt-f(xt),j(xt-xn)〉

根据第一步结果和(11)式,得

limn→∞sup〈xt-f(xt),J(xt-xn)〉≤0。

注意到,当t→0+时,xt→p,

|〈p-f(p),j(p-xn)〉-〈xt-f(xt),j(xt-xn)〉|

≤|〈p-f(p),j(p-xn)〉-

〈p-f(p),j(xt-xn)〉|+

|〈p-f(p),j(xt-xn)〉-

〈xt-f(xt),j(xt-xn)〉|

≤‖p-f(p)-xt+f(xt)‖‖xt-xn‖+

‖p-f(p)‖‖p-xt‖→0,t→0+

∀ε>0,∃δ>0,对∀t∈(0,δ),有

〈p-f(p),j(p-xn)〉

≤〈xt-f(xt),j(xt-xn)〉+ε

易得

lim supn→∞〈p-f(p),j(p-xn)〉

≤lim supn→∞〈xt-f(xt),j(xt-xn)〉+ε

由ε的任意性,有

lim supn→∞〈p-f(p),j(p-xn)〉≤0

lim supn→∞〈p-f(p),j(p-xn+1)〉≤0

(12)

第七步证明当n→∞时,xn→p。

‖xn+1-p‖2=αn〈f(yn)-p,j(xn+1-p)〉+

(1-αn)〈Jrnyn-p,j(xn+1-p)〉

≤(1-αn)‖yn-p‖‖xn+1-p‖+αnρ‖yn-p‖·

‖xn+1-p‖+αn〈f(p)-p,j(xn+1-p)〉

αn〈f(p)-p,j(xn+1-p)〉

≤αn〈f(p)-p,j(xn+1-p)〉+

(δn‖xn-p‖+(1-δn)‖xn+1-p‖+

‖en‖)2]

=αn〈f(p)-p,j(xn+1-p)〉+

‖xn+1-p‖2+(1-δn)2‖xn+1-p‖2+

2δn‖xn-p‖‖en‖+2δn(1-δn)‖xn-

p‖‖xn+1-p‖+2(1-δn)‖xn+1-p‖‖en‖]

‖en‖(‖en‖+2δn‖xn-p‖+2(1-

δn)‖xn+1-p‖)+(2-δn)‖xn+1-p‖2]+

αn〈f(p)-p,j(xn+1-p)〉

这表明

2δn‖xn-p‖+2(1-δn)‖xn+1-p‖]+

2δn‖xn-p‖+2(1-δn)‖xn+1-p‖]

已知ρ∈ [0,1),αn∈(0,1)和0<δ≤δn<1,有

2-[1-αn(1-ρ)](2-δn)>2-2+δn>δ,

进一步有

cn<

p‖]

推论1设E是自反的一致凸Banach空间,具有一致G-微分范数。C是E中的非空闭凸子集,且具有正规结构。令f:C→C是压缩映像,压缩系数ρ∈[0,1)。A是E中的m-增生算子且N(A)≠∅。对于任一x0∈C,∀n∈N,序列{xn}由下式生成

若{αn},{μn}和{rn}⊂(0,1),{en}⊂E,满足如下条件:

那么序列{xn}强收敛于一点p∈N(A),也是变分不等式问题(2)的解。

推论2设E是自反的一致凸Banach空间,具有一致G-微分范数。C是E中的非空闭凸子集,且具有正规结构。令f:C→C是压缩映像,压缩系数ρ∈[0,1)。A是E中的m-增生算子且N(A)≠∅。对于任一x0∈C,∀n∈N,序列{xn}由下式生成

若{αn},{δn},{μn}和{rn}⊂(0,1),满足如下条件:

那么序列{xn}强收敛于一点p∈N(A),也是变分不等式问题(2)的解。

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